Question

（2009?閔行區一模）如圖a是研究小球在斜面上平拋運動的實驗裝置，每次將小球從弧型軌道同一位置靜止釋放，并逐漸改變斜面與水平地面之間的夾角θ，獲得不同的射程x，最后作出了如圖b所示的x-tanθ圖象，則：
（1）由圖b可知，小球在斜面頂端水平拋出時的初速度v₀=

1m/s

．實驗中發現θ超過60°后，小球將不會掉落在斜面上，則斜面的長度為

0.7

m．
（2）若最后得到的圖象如圖c所示，則可能的原因是（寫出一個）

釋放位置變高（或小球釋放時有初速度）．

．

Answer 1

分析：（1）由平拋運動的規律列出水平位移與夾角正切值的關系，即可求得小球水平拋出時的初速度；
（2）由圖c中圖象可得出水平位移x隨tanθ的變化關系，則可分析可能的原因．

解答：解：（1）物體在豎直方向上有：
y=

1

2

gt²
水平方向上x=vt

y

x

=tanθ；
聯立解得：
x=

2v2

g

tanθ；
由圖可知

2v2

g

=0.2
解得：v=1m/s；
當斜面傾角θ=60°時，設斜面長度為L，有：
Lsin60°=

1

2

gt² ①
水平方向：Lcos60°=v₀t    ②
由①②得：
L=0.7m
（2）由圖c可知，圖象的斜率增大，故說明

2v2

g

增大，因重力加速度不變，故只能說明速度增大，其原因可能為：釋放位置變高或小球釋放時有初速度；
故答案為：（1）1m/s；0.7 （2）釋放位置變高（或小球釋放時有初速度）．

點評：（1）解決本題的關鍵掌握平拋運動的處理方法，平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動．
（2）圖象法在物理學中應用較為廣泛，一定要掌握圖象的分析方法